2026届广东省惠州市惠东中学高考考前提分数学仿真卷含解析

这是一份2026届广东省惠州市惠东中学高考考前提分数学仿真卷含解析，文件包含数学试题docxdocx、数学试题答案pdf等2份试卷配套教学资源，其中试卷共8页， 欢迎下载使用。
1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。
2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．已知的内角、、的对边分别为、、，且，，为边上的中线，若，则的面积为（ ）
A．B．C．D．
2．设集合，，则（ ）．
A．B．
C．D．
3．已知函数（，且）在区间上的值域为，则（ ）
A．B．C．或D．或4
4．已知为非零向量，“”为“”的（ ）
A．充分不必要条件B．充分必要条件
C．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件
5．下列函数中，既是偶函数又在区间上单调递增的是（ ）
A．B．C．D．
6．已知集合，，则集合的真子集的个数是（ ）
A．8B．7C．4D．3
7．年部分省市将实行“”的新高考模式，即语文、数学、英语三科必选，物理、历史二选一，化学、生物、政治、地理四选二，若甲同学选科没有偏好，且不受其他因素影响，则甲同学同时选择历史和化学的概率为
A．B．
C．D．
8．在中，角所对的边分别为，已知，．当变化时，若存在最大值，则正数的取值范围为
A．B．C．D．
9．已知圆：，圆：，点、分别是圆、圆上的动点，为轴上的动点，则的最大值是（ ）
A．B．9C．7D．
10．已知，且，则在方向上的投影为（ ）
A．B．C．D．
11．已知集合,则（ ）
A．B．C．D．
12．在中，为边上的中点，且，则（ ）
A．B．C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．若实数，满足，则的最小值为__________．
14．函数过定点________.
15．某校共有师生1600人，其中教师有1000人，现用分层抽样的方法，从所有师生中抽取一个容量为80的样本，则抽取学生的人数为_____．
16．如图，在等腰三角形中，已知，，分别是边上的点，且,其中且，若线段的中点分别为，则的最小值是_____.
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（12分）在平面直角坐标系中，已知直线的参数方程为（为参数），圆的方程为，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系.
（1）求和的极坐标方程；
（2）过且倾斜角为的直线与交于点，与交于另一点，若，求的取值范围.
18．（12分）已知顶点是坐标原点的抛物线的焦点在轴正半轴上，圆心在直线上的圆与轴相切，且关于点对称.
（1）求和的标准方程；
（2）过点的直线与交于，与交于，求证：.
19．（12分）有甲、乙两家外卖公司，其送餐员的日工资方案如下：甲公司底薪元，送餐员每单制成元；乙公司无底薪，单以内（含单）的部分送餐员每单抽成元，超过单的部分送餐员每单抽成元.现从这两家公司各随机选取一名送餐员，分别记录其天的送餐单数，得到如下频数分布表：
（1）从记录甲公司的天送餐单数中随机抽取天，求这天的送餐单数都不小于单的概率；
（2）假设同一公司的送餐员一天的送餐单数相同，将频率视为概率，回答下列两个问题：
①求乙公司送餐员日工资的分布列和数学期望；
②小张打算到甲、乙两家公司中的一家应聘送餐员，如果仅从日工资的角度考虑，小张应选择哪家公司应聘？说明你的理由.
20．（12分）已知.
（1）求不等式的解集；
（2）若存在，使得成立，求实数的取值范围
21．（12分）已知函数.
（1）讨论的零点个数；
（2）证明：当时，.
22．（10分）如图，四棱锥中，四边形是矩形，，，为正三角形，且平面平面，、分别为、的中点.
（1）证明：平面；
（2）求几何体的体积.
参考答案
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1、B
【解析】
延长到，使，连接，则四边形为平行四边形，根据余弦定理可求出，进而可得的面积.
【详解】
解：延长到，使，连接，则四边形为平行四边形，
则，，，
在中，
则，得，
.
故选：B.
【点睛】
本题考查余弦定理的应用，考查三角形面积公式的应用，其中根据中线作出平行四边形是关键，是中档题.
2、D
【解析】
根据题意，求出集合A，进而求出集合和，分析选项即可得到答案.
【详解】
根据题意，
则
故选：D
【点睛】
此题考查集合的交并集运算，属于简单题目,
3、C
【解析】
对a进行分类讨论，结合指数函数的单调性及值域求解.
【详解】
分析知，.讨论：当时，，所以，，所以；当时，，所以，，所以.综上，或，故选C.
【点睛】
本题主要考查指数函数的值域问题，指数函数的值域一般是利用单调性求解，侧重考查数学运算和数学抽象的核心素养.
4、B
【解析】
由数量积的定义可得,为实数,则由可得,根据共线的性质,可判断；再根据判断,由等价法即可判断两命题的关系.
【详解】
若成立,则,则向量与的方向相同,且,从而,所以；
若,则向量与的方向相同,且,从而,所以.
所以“”为“”的充分必要条件.
故选:B
【点睛】
本题考查充分条件和必要条件的判定,考查相等向量的判定,考查向量的模、数量积的应用.
5、C
【解析】
结合基本初等函数的奇偶性及单调性，结合各选项进行判断即可.
【详解】
A：为非奇非偶函数，不符合题意；
B：在上不单调，不符合题意；
C：为偶函数，且在上单调递增，符合题意；
D：为非奇非偶函数，不符合题意.
故选：C.
【点睛】
本小题主要考查函数的单调性和奇偶性，属于基础题.
6、D
【解析】
转化条件得，利用元素个数为n的集合真子集个数为个即可得解.
【详解】
由题意得，
，集合的真子集的个数为个.
故选：D.
【点睛】
本题考查了集合的化简和运算，考查了集合真子集个数问题，属于基础题.
7、B
【解析】
甲同学所有的选择方案共有种，甲同学同时选择历史和化学后，只需在生物、政治、地理三科中再选择一科即可，共有种选择方案，根据古典概型的概率计算公式，可得甲同学同时选择历史和化学的概率，故选B．
8、C
【解析】
因为，，所以根据正弦定理可得，所以，，所以
，其中，，
因为存在最大值，所以由，可得，
所以，所以，解得，所以正数的取值范围为，故选C．
9、B
【解析】
试题分析：圆的圆心，半径为，圆的圆心，半径是．要使最大，需最大，且最小，最大值为的最小值为，故最大值是;关于轴的对称点，，故的最大值为，故选B．
考点：圆与圆的位置关系及其判定．
【思路点睛】先根据两圆的方程求出圆心和半径，要使最大，需最大，且最小，最大值为的最小值为，故最大值是，再利用对称性，求出所求式子的最大值．
10、C
【解析】
由向量垂直的向量表示求出，再由投影的定义计算．
【详解】
由
可得，因为，所以．故在方向上的投影为．
故选：C．
【点睛】
本题考查向量的数量积与投影．掌握向量垂直与数量积的关系是解题关键．
11、B
【解析】
计算，再计算交集得到答案
【详解】
,表示偶数，
故.
故选：.
【点睛】
本题考查了集合的交集，意在考查学生的计算能力.
12、A
【解析】
由为边上的中点，表示出，然后用向量模的计算公式求模.
【详解】
解：为边上的中点，
，
故选：A
【点睛】
在三角形中，考查中点向量公式和向量模的求法，是基础题.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】
由约束条件先画出可行域，然后求目标函数的最小值.
【详解】
由约束条件先画出可行域，如图所示，由，即，当平行线经过点时取到最小值，由可得，此时，所以的最小值为.
故答案为.
【点睛】
本题考查了线性规划的知识，解题的一般步骤为先画出可行域，然后改写目标函数，结合图形求出最值，需要掌握解题方法.
14、
【解析】
令，，与参数无关，即可得到定点.
【详解】
由指数函数的性质，可得，函数值与参数无关，
所有过定点.
故答案为：
【点睛】
此题考查函数的定点问题，关键在于找出自变量的取值使函数值与参数无关，熟记常见函数的定点可以节省解题时间.
15、1
【解析】
直接根据分层抽样的比例关系得到答案.
【详解】
分层抽样的抽取比例为，∴抽取学生的人数为6001．
故答案为：1．
【点睛】
本题考查了分层抽样的计算，属于简单题.
16、
【解析】
根据条件及向量数量积运算求得,连接,由三角形中线的性质表示出.根据向量的线性运算及数量积公式表示出,结合二次函数性质即可求得最小值.
【详解】
根据题意,连接,如下图所示:
在等腰三角形中,已知,
则由向量数量积运算可知
线段的中点分别为则
由向量减法的线性运算可得
所以
因为,代入化简可得
因为
所以当时, 取得最小值
因而
故答案为:
【点睛】
本题考查了平面向量数量积的综合应用,向量的线性运算及模的求法,二次函数最值的应用,属于中档题.
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17、（1）；（2）
【解析】
（1）直接利用转换公式，把参数方程，直角坐标方程与极坐标方程进行转化；
（2）利用极坐标方程将转化为三角函数求解即可.
【详解】
（1）因为，所以的普通方程为，
又，，，
的极坐标方程为，
的方程即为，对应极坐标方程为.
（2）由己知设，，则，，
所以，
又，，
当，即时，取得最小值；
当，即时，取得最大值.
所以，的取值范围为.
【点睛】
本题主要考查了直角坐标方程，参数方程与极坐标方程的互化，三角函数的值域求解等知识，考查了学生的运算求解能力.
18、（1）,；（2）证明见解析.
【解析】
分析：（1）设的标准方程为，由题意可设．结合中点坐标公式计算可得的标准方程为．半径，则的标准方程为．
（2）设的斜率为，则其方程为，由弦长公式可得．联立直线与抛物线的方程有．设，利用韦达定理结合弦长公式可得 ．则．即 ．
详解：（1）设的标准方程为，则．
已知在直线上，故可设．
因为关于对称，所以
解得
所以的标准方程为．
因为与轴相切，故半径，所以的标准方程为．
（2）设的斜率为，那么其方程为，
则到的距离，所以．
由消去并整理得：．
设，则，
那么 ．
所以．
所以，即 ．
点睛：(1)直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆、双曲线的位置关系类似，一般要用到根与系数的关系；
(2)有关直线与抛物线的弦长问题，要注意直线是否过抛物线的焦点，若过抛物线的焦点，可直接使用公式|AB|＝x1＋x2＋p，若不过焦点，则必须用一般弦长公式．
19、（1）；（2）①分布列见解析，；②小张应选择甲公司应聘.
【解析】
（1）记抽取的3天送餐单数都不小于40为事件，可得（A）的值．
（2）①设乙公司送餐员送餐单数为，可得当时，，以此类推可得：当时，当时，的值．当时，的值，同理可得：当时，．的所有可能取值．可得的分布列及其数学期望．
②依题意，甲公司送餐员日平均送餐单数．可得甲公司送餐员日平均工资，与乙数学期望比较即可得出．
【详解】
解：（1）由表知，50天送餐单数中有30天的送餐单数不小于40单，
记抽取的3天送餐单数都不小于40为事件，
则．
（2）①设乙公司送餐员的送餐单数为，日工资为元，则
当时，；当时，；当时，；
当时，；当时，．
所以的分布列为
．
②依题意，甲公司送餐员的日平均送餐单数为
，
所以甲公司送餐员的日平均工资为元，
因为，所以小张应选择甲公司应聘．
【点睛】
本题考查了随机变量的分布列与数学期望、古典概率计算公式、组合计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
20、（1）.
（2）.
【解析】
试题分析：（Ⅰ）通过讨论x的范围，得到关于x的不等式组，解出取并集即可；
（Ⅱ）求出f（x）的最大值，得到关于a的不等式，解出即可．
试题解析：
（1）不等式等价于或
或，解得或，
所以不等式的解集是；
（2），，
，解得实数的取值范围是．
点睛：含绝对值不等式的解法有两个基本方法，一是运用零点分区间讨论，二是利用绝对值的几何意义求解．法一是运用分类讨论思想，法二是运用数形结合思想，将绝对值不等式与函数以及不等式恒成立交汇、渗透，解题时强化函数、数形结合与转化化归思想方法的灵活应用，这是命题的新动向．
21、（1）见解析（2）见解析
【解析】
（1）求出，分别以当，，时，结合函数的单调性和最值判断零点的个数.（2）令，结合导数求出；同理可求出满足，从而可得，进而证明.
【详解】
解析：（1），，
当时，，单调递减，，，此时有1个零点；
当时，无零点；
当时，由得，由得，∴在单调递减，在单调递增，∴在处取得最小值，
若，则，此时没有零点；
若，则，此时有1个零点；
若，则，，求导易得，此时在，上各有1个零点.
综上可得时，没有零点，或时，有1个零点，时，有2个零点.
（2）令，则，当时，；当时，，∴.
令，则，
当时，，当时，，∴，
∴，，∴，即.
【点睛】
本题考查了导数判断函数零点问题，考查了运用导数证明不等式问题，考查了分类的数学思想.本题的难点在于第二问不等式的证明中，合理设出函数，通过比较最值证明.
22、（1）见解析；（2）
【解析】
（1）由题可知，根据三角形的中位线的性质，得出，根据矩形的性质得出，所以，再利用线面平行的判定定理即可证出平面；
（2）由于平面平面，根据面面垂直的性质，得出平面，从而得出到平面的距离为，结合棱锥的体积公式，即可求得结果.
【详解】
解：（1）∵，分别为，的中点，
∴，
∵四边形是矩形，∴，∴，
∵平面，平面，
∴平面.
（2）取，的中点，，连接，，，，则，
由于为三棱柱，为四棱锥，
∵平面平面，∴平面，
由已知可求得，
∴到平面的距离为，
因为四边形是矩形，，，
，
设几何体的体积为，
则，
∴，
即：.
【点睛】
本题考查线面平行的判定、面面垂直的性质和棱锥的体积公式，考查逻辑推理和计算能力.
送餐单数
38
39
40
41
42
甲公司天数
10
10
15
10
5
乙公司天数
10
15
10
10
5
228
234
240
247
254